河南省郑州市2019-2020学年高三第一次质量预测理科数学试题(解析版)
河南郑州2019高三上第一次质量检测-数学(理)

河南郑州2019高三上第一次质量检测-数学(理)理科数学第I 卷【一】选择题:本大题共12小题,每题5分,共60分,在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求的、1.假设集合},2,1,0{x A =,A B A x B =⋃=},,1{2,那么满足条件的实数x 的个数有 A 、个B 2个C 、3个D 4个2.假设复数i z -=2,那么zz 10+等于 A.i -2 B.i +2 C.i 24+ D.i 36+3.直线1+=kx y 与曲线b ax x y ++=3相切于点)3,1(A ,那么b a +2的值等于 A.2B 、1-C 、D 、2-4.我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰截机起降飞行训练中,有5架歼15-飞机预备着舰假如甲、乙两机必须相邻着舰,而丙、丁两机不能相邻着舰,那么不同的着舰方法 A.12B.18C.24D.485.执行如下图的程序框图,假设输入2=x ,那么输出y 的值为 A 、5B.9C.14D.416.图中阴影部分的面积S 是h 的函数(H h ≤≤0),那么该函数的大致图象是7.双曲线)0,0(12222>>=-b a bx a y 的离心率为3,那么双曲线的渐近线方程为 A.x y 22±= B.x y 2±= C.x y 2±= D.x y 21±=8.把70个面包分5份给5个人,使每人所得成等差数列,且使较大的三份之和的61是较小的两份之和,问最小的份为A.2B.8C.14D.209.在三棱锥BCD A -中,侧棱AD AC AB ,,两两垂直,ADB ACD ABC ∆∆∆,,的面积分别为26,23,22,那么该三棱锥外接球的表面积为 A.π2 B.π6 C.π64 D.π2410.设函数x x x f cos sin )(+=,把)(x f 的图象按向量)0)(0,(>=m m a 平移后的图象恰好为函数)('x f y =的图象,那么m 的最小值为A.4πB.3πC.2πD.32π 11.抛物线y x 42=上有一条长为6的动弦AB ,那么AB 中点到x 轴的最短距离为A.43B.23C.D.2 12.设函数xx x f 1)(-=,对任意),1[+∞∈x ,⋅<+0)(2)2(x mf mx f 恒成立,那么实数m 的取值范围是A.)21,(--∞B.)0,21(-C.)21,21(-D.)21,0( 第II 卷本卷包括必考题和选考题两部分。
【答案】2020郑州一模理科数学

2p
28
APF 30, NFx 60 , MN
.
sin2 sin2 60 3
N B
P
OF
A
M
P
11.答案:D
A
C
D B
3 解析:因为 PA 平面 ABC ,所以是圆柱模型,底面圆的半径 r 3 1 ,设圆柱的高 PA h ,外
3
2
接球半径为
3
3
1
1
1 3
[0, ) 上单调递减, a
f
log2
2
f (1)
f
(1),
2
(0,1), m 0 ,a b c .
800 18
5.答案:B 解析:估计阴影部分的面积为 3 3
.
2000 5
6.答案:C
解析:
2 2a b
3
OP
2
OA OP
a2
由 OM ON ,可得
5 ,由射影定理可得
5 ,不妨设 b 1,
2
PM
2
AM
PM
b2
c 6 30 则 a 5, c 6 ,离心率 e .
a55
M P
N
O
A
16.答案:{0, 2, 66}
解析:由 an1 pan 2 p 2 ,得 an1 2 p(an 2) ,
因为 MA MB MC AC 2 2, AB BC 2 ,则
A(0, 2,0), B( 2,0,0), C(0, 2, 0), M (0,0, 6) .……………………………………8 分
河南省郑州市2019届高三第一次(1月)质量预测数学(理)试题(解析版)

=
(4
‒
������,
‒
������) ⃗ ,由������������
⋅
⃗
������������
≥
0 得:(������
‒
2)2
+
������2
≥
4,由其几何意义和几何概型可
得解 本题考查了向量的数量积运算及几何概型,属中档题
4. 下列函数既是奇函数,又在[ ‒ 1,1]上单调递增的是( )
A. ������(������) = |������������������������|
河南省郑州市 2019 届高三第一次(1 月)质量预测数学(理)试题(解析 版)
一、选择题(本大题共 12 小题,共 60.0 分)
1.
1
若复数
+ 2������������(������
2 ‒ ������
∈
������)的实部和虚部相等,则实数
a
的值为( )
A. 1
1
B. ‒ 1
C. 6
D.
‒1
【答案】C
【解析】解:根据题意,依次分析选项: 对于 A,������(������) = |������������������������|,为偶函数,不符合题意;
对于
B,������(������)
=
������������ ������
������
‒ +
������
������,其定义域为(
由题意,可根据向量运算法则得到������������ 5 ������������
������������,从而由向量分解的唯一性得出关于 t 的方程,求出 t 的
郑州市2020届高三第一次质量预测数学试题

2020年高中毕业年级第一次质量预测数学(理科) 参考答案一、选择题1-12 BDACB CBCDB DA二、填空题13. 10;x y -+= 14.4; 15.;530 16.{}.66,2,0-- 三、解答题17.解析:(I)222(sinsin )()sin .R A B a c C -=- ∴2222(sinsin )()sin 2,R R A B a c C R ×-=-× 即:222.a c b ac +-= ……3分 ∴2221cos .22a cb B ac +-== 因为0,B p <<所以3B p Ð=……6分 (II)若12,8b c ==,由正弦定理,sin sin b c BC =, sin 3C =, 由b c >,故C Ð为锐角,cos 3C =……9分1sin sin()sin()323236A B C C p +=+=+=×+×=……12分 18. 解析:(I )如图所示:连接OM , 在ABC D中:2,AB BC AC ===,则90,ABC BO Ð=°AC .……2分 在MAC D 中:M A M C A C ===,O 为AC AC ^,且O M ……4分 在MOB D 中:BO OM MB ==222OM MB += 根据勾股定理逆定理得到OB OM ^ ,AC OM 相交于O ,故OB ^平面AMC ………………….6分(Ⅱ)因为,,OB OC OM 两两垂直,建立空间直角坐标系 − 如图所示. 因为M A M B M C AC ====,2AB BC ==则(0,A B C M ……8分 由23BN BC =uuu r uuu r所以,(,,0)33N 设平面MAN 的法向量为(,,)m x y z =u r ,则(,0)(,,)0,3333(,,)0AN n x y z x y AM n x y z ì×=×=+=ïíï×=×==îuuu r r uuuu r r令y =,得(1)m =--u r ……10分因为BO ^平面AMC,所以OB =uuu r为平面AMC 的法向量,所以(1)m =--u r与OB =uuu r所成角的余弦为cos ,m OB <u ruuuu r所以二面角的正弦值为2|sin ,|79m OB <=u ruuuu r .……12分 19.(I )由题意知1b =,2c a =.……1分 又因为222a b c =+解得,a =……3分 所以椭圆方程为2212y x +=. ……4分 (Ⅱ) 设过点1(,0)3-直线为13x ty =-,设()11,A x y ,()22,B x y 由221312x ty x y ì=-ïïíï+=ïî得()2291812160t ty y +--=,且>0D . 则12212212,918616,918y y y t y t t ì+=ïï+¼¼íï=-ï+î分又因为()111,CA x y =-uuu r ,()221,CB x y =-uuu r , ()()212121212121244416(1)(1)13339CA CB x x y y ty ty y y t y y t y y æöæö×=--+=--+=+-++ç÷ç÷èøèøuuu r uuu r ()22216412161091839189t t t t t -=+-×+=++,……10分 所以C A C B ^uuu r uuu r .因为线段AB 的中点为M ,所以||2||AB CM =.……12分20. 解析:(I)该混合样本达标的概率是28(39=,……2分 所以根据对立事件原理,不达标的概率为81199-=.……4分 (II)(i )方案一:逐个检测,检测次数为4. 方案二:由(1)知,每组两个样本检测时,若达标则检测次数为1,概率为89;若不达标则检测次数为3,概率为19.故方案二的检测次数记为ξ2,ξ2的可能取值为2,4,6.其分布列如下,可求得方案二的期望为26416119822()246818181819E x =´+´+´== 方案四:混在一起检测,记检测次数为ξ4,ξ4可取1,5. 其分布列如下,可求得方案四的期望为46417149()15818181E x =´+´=. 比较可得42()()4E E x x <<,故选择方案四最“优”.……9分 (ii)方案三:设化验次数为3h ,3h 可取2,5.3h2 5 p3p31p - 3333()25(1)53E p p p h =+-=-;方案四:设化验次数为4h ,4h 可取1,5 4h1 5 p4p 41p -4444()5(1)54E p p p h =+-=-;由题意得34343()()53544E E p p p h h <Û-<-Û<.故当304p <<时,方案三比方案四更“优”.……12分 21解析:(I)()ln x e f x x x x=--,定义域(0,)+¥, 221(1)(1)()()1x x e x x x e f x x x x---¢=--=, 由1x e x x ³+>,()f x 在(0,1]增,在(1,)+¥减,max ()(1)1f x f e ==-……4分 (II)1()()e 1x f x x bx x++-³ e e ln e 1x x x x x x bx x xÛ-+-++-³ ln e 10x x x x bx Û-++--³e ln 1x x x x b x --+Û³min e ln 1(,x x x x b x--+Û³……6分 令e ln 1()x x x x x x j --+=,2ln ()x x e x x xj +¢= 令2()ln x h x x e x =+,()h x 在(0,)+¥单调递增,0,()x h x ®®-¥,(1)0h e =>()h x 在(0,1)存在零点0x ,即02000()ln 0x h x x e x =+=0001ln 2000000ln 1ln 0(ln )()x x x x x e x x e e x x +=Û=-=……9分 由于x y xe =在(0,)+¥单调递增,故0001ln ln ,x x x ==-即001x e x = ()x j 在0(0,)x 减,在0(,)x +¥增,000000min00e ln 111()2x x x x x x x x x j --++-+=== 所以2b £.……12分 22.解析:(I)将点3(1,)2P 代入曲线E 的方程,得1cos ,3,2a a a =ìïí=ïî解得24a =,……2分 所以曲线E 的普通方程为22143x y +=, 极坐标方程为22211(cos sin )143r q q +=.……5分 (Ⅱ)不妨设点,A B 的极坐标分别为1212()(00,2A B p r q r q r r +>>,,,,, 则22221122222211(cos sin )1,4311(cos (sin ()1,4232r q r q p p r q r q ì+=ïïíï+++=ïî 即22212222111cos sin ,43111sin cos ,43q q r q q r ì=+ïïíï=+ïî……8分 2212111174312r r +=+=,即22117||||12OA OB +=……10分 23. 解:(I)由()f x m ³,得,不等式两边同时平方,得221)(21)x x ³(-+,……3分 即3(2)0x x +£,解得20x -££.所以不等式()f x m ³的解集为{|20}x x -££.……5分(Ⅱ)设g (x )=|x -1|-|2x +1|, ……8分()0()f n g n m ³Û³-因为(2)(0)0g g -==,(3)1,(4)2,(1) 3.g g g -=--=-=- 又恰好存在4个不同的整数n ,使得()0f n ³, 所以2 1.m -<-£-故m 的取值范围为[1,2). ……10分 12,,21()3,1,22,1,x x g x x x x x ì+£-ïïï=--<£íï-->ïïî。
河南省郑州市2019届高三第一次(1月)质量预测数学(理)试题(解析版)

河南省郑州市2019届高三第一次(1月)质量预测数学(理)试题(解析版)一、选择题(本大题共12小题,共60.0分)1.若复数的实部和虚部相等,则实数a的值为A. 1B.C.D.【答案】C【解析】解:复数的实部和虚部相等,,解得.故选:C.直接利用复数代数形式的乘除运算化简,再结合已知条件即可求出实数a的值.本题考查了复数代数形式的乘除运算,考查了复数的基本概念,是基础题.2.已知集合,,则A. B.C. D.【答案】D【解析】解:集合,,,.故选:D.先分别求出集合M,N,由此能求出和.本题考查交集的求法,考查交集定义、不等式性质等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.3.已知矩形ABCD中,,现向矩形ABCD内随机投掷质点M,则满足的概率是A. B. C. D.【答案】B【解析】解:建立如图所示的直角坐标系,则,,,设,则,,由得:,,由几何概型可得:阴矩故选:B.建立以点B为坐标原点,BC,BA所在直线为x轴,y轴的直角坐标系得:,,,设,则,,由得:,由其几何意义和几何概型可得解本题考查了向量的数量积运算及几何概型,属中档题4.下列函数既是奇函数,又在上单调递增的是A. B.C. D.【答案】C【解析】解:根据题意,依次分析选项:对于A,,为偶函数,不符合题意;对于B,,其定义域为,有,为奇函数,设,在上为减函数,而为增函数,则在上为减函数,不符合题意;对于C,,有,为奇函数,且,在R上为增函数,符合题意;对于D,,其定义域为R,,为奇函数,设,,t在R上为减函数,而为增函数,则在R上为减函数,不符合题意;故选:C.根据题意,依次分析选项中函数的奇偶性以及上的单调性,综合即可得答案.本题考查函数的奇偶性与单调性的判定,关键是掌握常见函数的奇偶性与单调性,属于基础题.5.在中,三边长分别为a,,,最小角的余弦值为,则这个三角形的面积为A. B. C. D.【答案】A【解析】解:设最小角为,故对应的边长为a,则,解得.最小角的余弦值为,..故选:A.设最小角为,故对应的边长为a,然后利用余弦定理化简求解即可得a的值,再由三角形面积公式求解即可.本题考查余弦定理,考查三角形面积公式的应用,是基础题.6.如图,在中,,P是BN上一点,若,则实数t的值为A.B.C.D.【答案】C【解析】解:由题意及图,,又,,所以,,又,所以,解得,,故选:C.由题意,可根据向量运算法则得到,从而由向量分解的唯一性得出关于t的方程,求出t的值本题考查平面向量基本定理,根据分解的唯一性得到所求参数的方程是解答本题的关键,本题属于基础题难度较低,7.已知双曲线C:的左右焦点分别为,,实轴长为6,渐近线方程为,动点M在双曲线左支上,点N为圆E:上一点,则的最小值为A. 8B. 9C. 10D. 11【答案】B【解析】解:由题意可得,即,渐近线方程为,即有,即,可得双曲线方程为,焦点为,,,由双曲线的定义可得,由圆E:可得,半径,,连接,交双曲线于M,圆于N,可得取得最小值,且为,则则的最小值为.故选:B.求得双曲线的a,b,可得双曲线方程,求得焦点坐标,运用双曲线的定义和三点共线取得最小值,连接,交双曲线于M,圆于N,计算可得所求最小值.本题考查双曲线的定义、方程和性质,考查圆的方程的运用,以及三点共线取得最值,考查数形结合思想和运算能力,属于中档题.8.已知函数的图象相邻的两个对称中心之间的距离为,若将函数的图象向左平移后得到偶函数的图象,则函数的一个单调递减区间为A. B. C. D.【答案】B【解析】解:函数的图象相邻的两个对称中心之间的距离为,则:,所以:将函数的图象向左平移后,得到是偶函数,故:,解得:,由于:,所以:当时.则,令:,解得:,当时,单调递减区间为:,由于,故选:B.首先利用函数的图象确定函数的关系式,进一步求出函数的单调区间,再根据所求的区间的子集关系确定结果.本题考查的知识要点:三角函数关系式的恒等变变换,正弦型函数的性质周期性和单调性的应用,主要考查学生的运算能力和转化能力,属于基础题型.9.如图,网格纸上小正方形的边长为2,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体的表面积为A.B.C.D.【答案】A【解析】解:根据几何体的三视图得到:该几何体是由:上面是一个长方体,下面是由两个倒扣的圆锥构成,故:上面的正方体的表面积为:,设中间的圆锥展开面的圆心角为n,所以:,解得:,所以圆锥的展开面的面积为,所以:中间的圆锥的表面积为,同理得:下面的圆锥的表面积为,所以总面积为:,故选:A.首先把三视图进行复原,进一步求出各个几何体的表面积,最后确定总面积.本题考查的知识要点:三视图的应用,主要考查几何体的体积公式的应用和运算能力的应用,属于中档题.10.已知直三棱柱中的底面为等腰直角三角形,,点M,N分别是边,上动点,若直线平面,点Q为线段MN的中点,则Q 点的轨迹为A. 双曲线的一支一部分B. 圆弧一部分C. 线段去掉一个端点D. 抛物线的一部分【答案】C【解析】解:如图当N与C重合,M与重合时,平面,MN的中点为O;当N与重合,M与A重合时,平面,MN的中点为H;一般情况,如平面平面,可得点M,N,取MN的中点D,作于E,于F,易知,E为KR中点,且D在OH上,故选:C.画出图形,利用直线与平面平行以及垂直关系,然后推出Q点的轨迹为线段.本题考查直线与平面的位置关系的应用,轨迹方程的求法,考查转化思想以及计算能力.11.物线的焦点为F,已知点A,B为抛物线上的两个动点,且满足,过弦AB的中点C作该抛物线准线的垂线CD,垂足为D,则的最小值为A. B. 1 C. D. 2【答案】B【解析】解:设,,由抛物线定义,得,在梯形ABPQ中,.由余弦定理得,配方得,,又,得到.,即的最小值为1.故选:B.设,,连接AF、由抛物线定义得,由余弦定理可得,进而根据基本不等式,求得的取值范围,从而得到本题答案.本题考查抛物线的简单性质的应用,利用抛物线的定义和余弦定理求的最值,着重考查抛物线的定义和简单几何性质、基本不等式求最值和余弦定理的应用等知识,属于中档题.12.已知函数,设,若A中有且仅有4个元素,则满足条件的整数a的个数为A. 31B. 32C. 33D. 34【答案】D【解析】解:,符合条件的整数根,除零外有且只有三个即可.画出的图象如下图:当时,;当时,.即y轴左侧的图象在下面,y轴右侧的图象在上面,,,,,平移,由图可知:当时,2,,符合题意;时,1,,符合题意;时,,符合题意;时,,符合题意;整数a的值为,,,,,,,,,,,,,,0,1,2,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,共34个.故选:D.由,画出函数图象,等价于当时,;当时,,平移,符合条件的整数根,除零外有三个即可,由此能求出满足条件的整数a的个数.本题考查不等式的整数解的个数的求示,考查函数性质等基础知识,考查运算求解能力,考查数形结合思想,是难题.二、填空题(本大题共4小题,共20.0分)13.已知的展开式的各项系数和为64,则展开式中的系数为______【答案】20【解析】解:令,可得的展开式的各项系数和为,,故的展开式的通项公式为,令,可得,故展开式中的系数为,故答案为:20.先利用二项式系数的性质求得,在二项展开式的通项公式中,令x的幂指数等于,3,求出r的值,即可求得展开式中的系数.本题主要考查二项式定理的应用,二项展开式的通项公式,二项式系数的性质,属于基础题.14.已知变量x,y满足,则的取值范围是______【答案】【解析】解:由变量x,y满足作出可行域如图:,解得,的几何意义为可行域内动点与定点连线的斜率.,.的取值范围是.故答案为:.由约束条件作出可行域,再由的几何意义求解得答案.本题考查简单的线性规划,考查数形结合的解题思想方法,是中档题.15.《中国诗词大会》第三季亮点颇多,在“人生自有诗意”的主题下,十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词在声光舞美的配合下,百人团齐声朗诵,别有韵味,若《沁园春长沙》、《蜀道难》、《敕勒歌》、《游子吟》、《关山月》、《清平乐六盘山排在后六场,且《蜀道难》排在《游子吟》的前面,《沁园春长沙》与《清平乐六盘山》不相邻且均不排在最后,则六场的排法有______种用数字作答.【答案】144【解析】解:《沁园春长沙》、《蜀道难》、《敕勒歌》、《游子吟》、《关山月》、《清平乐六盘山》,分别记为A,B,C,D,E,F,由已知有B排在D的前面,A与F不相邻且不排在最后.第一步:在B,C,D,E中选一个排在最后,共种选法第二步:将剩余五个节目按A与F不相邻排序,共种排法,第三步:在前两步中B排在D的前面与后面机会相等,则B排在D的前面,只需除以即可,即六场的排法有种故答案为:144.由特殊位置优先处理,先排最后一个节目,共种,相邻问题由捆绑法求解即剩余五个节目按A与F不相邻排序,共种排法,定序问题用倍缩法求解即可B排在D的前面,只需除以即可,本题考查了排列、组合及简单的计数原理,属中档题.16.如图放置的边长为1的正方形PABC沿x轴滚动,点B恰好经过原点设顶点的轨迹方程是,则对函数有下列判断:函数是偶函数;对任意的,都有函数在区间上单调递减;函数的值域是;其中判断正确的序号是______.【答案】【解析】解:当,P的轨迹是以A为圆心,半径为1的圆,当时,P的轨迹是以B为圆心,半径为的圆,当时,P的轨迹是以C为圆心,半径为1的圆,当时,P的轨迹是以A为圆心,半径为1的圆,函数的周期是4.因此最终构成图象如下:,根据图象的对称性可知函数是偶函数,故正确;,由图象即分析可知函数的周期是4.即,即,故正确;,函数在区间上单调递增,故错误;,由图象可得的值域为,故错误;,根据积分的几何意义可知,故正确.故答案为:.根据正方形的运动,得到点P的轨迹方程,然后根据函数的图象和性质分别进行判断即可.本题考查的知识点是函数图象的变化,其中根据已知画出正方形转动过程中的一个周期内的图象,利用数形结合的思想对本题进行分析是解答本题的关键.三、解答题(本大题共7小题,共82.0分)17.已知数列为等比数列,首项,数列满足,且.求数列的通项公式Ⅱ令,求数列的前n项和.【答案】解:数列为等比数列,首项,公比设为q,数列满足,且,即有,,即,即有,,则;Ⅱ,,前n项和.【解析】设等比数列的公比为q,运用对数的运算性质和等比数列的通项公式,解方程即可得到公比,可得所求通项公式;Ⅱ,,运用分组求和和裂项相消求和,化简可得所求和.本题考查等比数列的通项公式和求和公式的运用,考查数列的求和方法:分组求和和裂项相消求和,考查化简整理的运算能力,属于中档题.18.已知四棱锥中,底面ABCD为菱形,,平面ABCD,E、M分别是BC、PD上的中点,直线EM与平面PAD所成角的正弦值为,点F在PC上移动.Ⅰ证明:无论点F在PC上如何移动,都有平面平面PAD.Ⅱ求点F恰为PC的中点时,二面角的余弦值.【答案】证明:Ⅰ四棱锥中,底面ABCD为菱形,,平面ABCD,E、M分别是BC、PD上的中点,,,,平面PAD,点F在PC上移动,平面AEF,无论点F在PC上如何移动,都有平面平面PAD.解:Ⅱ直线EM与平面PAD所成角的正弦值为,点F恰为PC的中点时,以A为原点,AE为x轴,AD为y轴,AP为z轴,建立空间直角坐标系,设,,则0,,1,,,平面PAD的法向量0,,,解得,1,,0,,0,,0,,,,,,设平面ACF的法向量y,,则,取,得,设平面AEF的法向量y,,则,取,得2,,设二面角的平面角为,则.二面角的余弦值为.【解析】Ⅰ推导出,,从而平面PAD,由此能证明无论点F在PC上如何移动,都有平面平面PAD.Ⅱ以A为原点,AE为x轴,AD为y轴,AP为z轴,建立空间直角坐标系,利用向量法能求出二面角的余弦值.本题考查面面垂直的证明,考查二面角的余弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.19.2012年12月18日,作为全国首批开展空气质量新标准监测的74个城市之一,郑州市正式发布数据资料表明,近几年来,郑州市雾霾治理取得了很大成效,空气质量与前几年相比得到了很大改善,郑州市设有9个监测站点监测空气质量指数,其中在轻度污染区、中度污染区、重度污染区分别设有2,5,2个监测站点,以9个站点测得的AQI的平均值为依据,播报我市的空气质量.Ⅰ若某日播报的AQI为118,已知轻度污染区AQI的平均值为74,中度污染区AQ的平均值为114,求重度污染区AQI的平均值;Ⅱ如图是2018年11月的30天中AQI的分布,11月份仅有一天AQI在内.郑州市某中学利用每周日的时间进行社会实践活动,以公布的AQI为标准,如果AQI小于180,则去进行社会实践活动以统计数据中的频率为概率,求该校周日去进行社会实践活动的概率;在“创建文明城市”活动中,验收小组把郑州市的空气质量作为一个评价指标,从当月的空气质量监测数据中抽取3天的数据进行评价,设抽取到的AQI不小于180的天数为X,求X的分布列及数学期望.【答案】解:Ⅰ设重度污染区AQI的平均值为x,则,解得;Ⅱ月份仅有一天AQI在内,则AQI小于180的天数为18天,则该校周日去进行社会实践活动的概率为;由题意知,随机变量X的可能取值为0,1,2,3;计算,,,,的分布列为:数学期望为.【解析】Ⅰ设重度污染区AQI的平均值为x,利用加权平均数求出x的值;Ⅱ由题意知11月份AQI小于180的天数,计算所求的概率即可;由题意知随机变量X的可能取值,计算对应的概率值,写出分布列,求出数学期望值.本题考查了平均数与离散型随机变量的分布列和数学期望计算问题,是基础题.20.设M点为圆C:上的动点,点M在x轴上的投影为动点P满足,动点P的轨迹为E.Ⅰ求E的方程;Ⅱ设E的左顶点为D,若直线l:与曲线E交于两点A,B不是左右顶点,且满足,求证:直线l恒过定点,并求出该定点的坐标.【答案】解:Ⅰ设,,则,,,,,,代入圆的方程得,,即,故动点P的轨迹为E的方程为:;Ⅱ证明:由Ⅰ知,,,,设,,由消去y得:,,,,由得:,即,由得:,把代入并整理得:,得:,即或,故直线l的方程为,或,当直线l的方程为时,l过定点;当直线l的方程为时,l过定点,这与A,B不是左顶点矛盾.故直线l的方程为,过定点【解析】Ⅰ设,,由已知条件建立二者之间的关系,利用坐标转移法可得轨迹方程;由向量条件结合矩形对角线相等可得DA,DB垂直,斜率之积为,再联立直线与椭圆方程,得根于系数关系,逐步求解得证.此题考查了轨迹方程的求法,直线与圆锥曲线的综合,难度较大.21.已知函数.当时,取得极值,求a的值并判断是极大值点还是极小值点;Ⅱ当函数有两个极值点,,且时,总有成立,求t的取值范围.【答案】解:,,当时,取得极值,,解得,此时,,,令,解得:或,令,解得:,故在递增,在递减,在递增,故是极大值点;当函数在内有两个极值点,且时,则在上有两个不等正根.,.,,,,,可得.成立,即,即,即,即,且时,.时,即.,时,在上为增函数,且,时,,不合题意舍去.时,同不合题意舍去.时,时,解得,,在内函数为减函数,且,可得:时,.时,,成立.时,,分子中的二次函数对称轴,开口向下,且函数值,即,则时,,为增函数,,,故舍去.综上可得:t的取值范围是.【解析】Ⅰ求出函数的导数,求出a的值,得到函数的单调区间,求出函数的极值点即可;Ⅱ求出函数极值点,问题转化为,根据时,时,即,通过讨论t的范围求出函数的单调性,从而确定t的范围即可.本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法、分类讨论方法,考查了推理能力与计算能力,属于难题.22.已知曲线:,A是曲线上的动点,以坐标原点O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系,以极点O为中心,将点A绕点O逆时针旋转得到点B,设点B的轨迹方程为曲线.Ⅰ求曲线,的极坐标方程;Ⅱ射线与曲线,分别交于P,Q两点,定点,求的面积.【答案】1解:Ⅰ知曲线:,整理得:,转换为极坐标方程为:,A是曲线上的动点,以极点O为中心,将点A绕点O逆时针旋转得到点B,设点B的轨迹方程为曲线.所以得到的直角坐标方程为:,转换为极坐标方程为:.Ⅱ由于射线与曲线,分别交于P,Q两点,则:,,所以:,,所以:.【解析】Ⅰ直接利用参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换和图象的旋转问题求出结果.Ⅱ利用极径的应用和三角形的面积公式的应用求出结果.本题考查的知识要点:参数方程直角坐标方程和极坐标方程之间的转换,三角函数关系式的恒等变变换,三角形面积公式的应用,主要考查学生的运算能力和转化能力,属于基础题.23.已知函数.Ⅰ当时,解不等式;Ⅱ若对任意,不等式都成立,求a的取值范围.【答案】解:Ⅰ时,,故或或,解得:或,故不等式的解集是;Ⅱ若对任意,不等式都成立,则恒成立,故时,恒成立,故,解得:,时,,解得:,综上,.【解析】Ⅰ代入a的值,得到关于x的不等式组,解出即可;Ⅱ问题转化为恒成立,故时,恒成立,时,,求出a的范围即可.本题考查了解绝对值不等式问题,函数恒成立问题,考查分类讨论思想,转化思想,是一道常规题.。
2020年郑州市高考一模数学理科试题解析卷

根据该折线图,下列结论错误的是( ) A.月接待游客量逐月增加 B.年接待游客量逐年增加 C.各年的月接待游客量高峰期大致在 7,8 月 D.各年 1 月至 6 月的月接待游客量相对 7 月至 12 月,波动性更小,变化比较平稳 3.答案:A 解析:观察折线图,每年 7 月到 8 月折线图呈下降趋势,月接待游客量减少,故选项 A 说法错误; 折线图整体呈现出增长的趋势,年接待游客量逐年增加,故选项 B 说法正确; 每年的接待游客量七、八月份达到最高点,即各年的月接待游客量高峰期大致在 7,8 月,故选项 C 说法正 确; 每年 1 月至 6 月的折线图比较平稳,月接待游客量波动性较小,而每年 7 月至 12 月的折线图不平稳,波
.
S5
14.答案:4
解析:设{an}的公差为 d ,则 a2 a1 d 3a1,d 2a1 , S10 10a1 45d 100a1 ,
S5 5a1 10d 25a1 , S10 100a1 4 . S5 25a1
x2 y2 15.已知双曲线 C : 1(a 0,b 0) 的右顶点为 A ,以 A 为圆心,b 为半径作圆,圆 A 与双曲线
2 a
2 b
4
a
b
cos
2 b
2
b
2 4 3 , b
2
b
1 0,
3
2
b 1 0, b 1 .
7.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生”的问题:松长三尺,竹长一尺,松日自半,竹
日自倍,松竹何日而长等,如图是源于其思想的一个程序框图,若输入的 a,b 分别为 3,1,则输出的 n
等于( )
A.5
2020届高中毕业年级第一次质量预测理科数学试题及答案

2020年高中毕业年级第一次质量预测数学(理科) 参考答案一、选择题1-12 BDACBCBCDB DA二、填空题13. 10;x y -+=14.4; 15.;53016.{}.66,2,0-- 三、解答题17.解析:(I)222(sinsin )()sin .R A B a c C -=- ∴2222(sinsin )()sin 2,R R A B a c C R ⋅-=-⋅ 即:222.a c b ac +-= ……3分∴2221cos .22a cb B ac +-== 因为0,B π<<所以3B π∠=……6分(II)若12,8b c ==,由正弦定理,sin sin b c B C=, sin C =, 由b c >,故C ∠为锐角,cos C =……9分 1sin sin()sin()32A B C C π=+=+=+=……12分 18. 解析:(I )如图所示:连接OM ,在ABC ∆中:2,AB BC AC ===90,ABC BO ∠=︒=OB AC ⊥.……2分在MAC ∆中:MA MC AC ===O 为AC 的中点,则OM AC ⊥,且OM = ……4分在MOB ∆中:BO OM MB ===222BO OM MB += 根据勾股定理逆定理得到OB OM ⊥ ,AC OM 相交于O ,故OB ⊥平面AMC ………………….6分CA(Ⅱ)因为,,OB OC OM两两垂直,建立空间直角坐标系如图所示.因为MA MB MC AC====2AB BC==则(0,A B C M……8分由23BN BC=所以,33N设平面MAN的法向量为(,,)m x y z=,则2(,(,,)0,3333(,,)0AN n x y z x yAM n x y z⎧⋅=⋅=+=⎪⎨⎪⋅=⋅=+=⎩令y=(1)m=--……10分因为BO⊥平面AMC,所以(2,0,0)OB=为平面AMC的法向量,所以(1)m =--与(2,0,0)OB=所成角的余弦为cos,m OB<>==.所以二面角的正弦值为2|sin,|m OB<>===分19.(I)由题意知1b=,2ca=.……1分又因为222a b c=+解得,a=3分所以椭圆方程为2212yx+=. ……4分(Ⅱ)设过点1(,0)3-直线为13x ty=-,设()11,A x y,()22,B x y由221312x tyxy⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩得()2291812160t tyy+--=,且>0∆.则12212212,918616,918yy ytytt⎧+=⎪⎪+⋯⋯⎨⎪=-⎪+⎩分又因为()111,CA x y=-,()221,CB x y=-,()()212121212121244416(1)(1)13339CA CB x x y y ty ty y y t y y t y y ⎛⎫⎛⎫⋅=--+=--+=+-++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()22216412161091839189t t t t t -=+-⋅+=++,……10分 所以CA CB ⊥.因为线段AB 的中点为M ,所以||2||AB CM =.……12分20. 解析:(I)该混合样本达标的概率是28(39=,……2分 所以根据对立事件原理,不达标的概率为81199-=.……4分 (II)(i )方案一:逐个检测,检测次数为4. 方案二:由(1)知,每组两个样本检测时,若达标则检测次数为1,概率为89;若不达标则检测次数为3,概率为19.故方案二的检测次数记为ξ2,ξ2的可能取值为2,4,6. 其分布列如下,可求得方案二的期望为26416119822()246818181819E ξ=⨯+⨯+⨯== 方案四:混在一起检测,记检测次数为ξ4,ξ4可取1,5.其分布列如下,可求得方案四的期望为46417149()15818181E ξ=⨯+⨯=. 比较可得42()()4E E ξξ<<,故选择方案四最“优”.……9分(ii)方案三:设化验次数为3η,3η可取2,5.333()25(1)53E p p p η=+-=-;方案四:设化验次数为4η,4η可取1,54444()5(1)54E p p p η=+-=-;由题意得34343()()53544E E p p p ηη<⇔-<-⇔<. 故当304p <<时,方案三比方案四更“优”.……12分 21解析:(I)()ln xe f x x x x=--,定义域(0,)+∞, 221(1)(1)()()1x x e x x x e f x x x x ---'=--=, 由1x e x x ≥+>,()f x 在(0,1]增,在(1,)+∞减,max ()(1)1f x f e ==-……4分 (II)1()()e 1x f x x bx x++-≥ e e ln e 1x x x x x x bx x x⇔-+-++-≥ ln e 10x x x x bx ⇔-++--≥e ln 1x x x x b x --+⇔≥min e ln 1(),x x x x b x--+⇔≥……6分 令e ln 1()x x x x x x ϕ--+=,2ln ()x x e x x xϕ+'= 令2()ln x h x x e x =+,()h x 在(0,)+∞单调递增,0,()x h x →→-∞,(1)0h e =>()h x 在(0,1)存在零点0x ,即02000()ln 0x h x x e x =+=0001ln 2000000ln 1ln 0(ln )()x x x x x e x x e e x x +=⇔=-=……9分 由于x y xe =在(0,)+∞单调递增,故0001ln ln ,x x x ==-即001x e x =()x ϕ在0(0,)x 减,在0(,)x +∞增,000000min00e ln 111()2x x x x x x x x x ϕ--++-+=== 所以2b ≤.……12分 22.解析:(I)将点3(1,)2P 代入曲线E 的方程,得1cos ,3,2a αα=⎧⎪⎨=⎪⎩解得24a =,……2分 所以曲线E 的普通方程为22143x y +=, 极坐标方程为22211(cos sin )143ρθθ+=.……5分 (Ⅱ)不妨设点,A B 的极坐标分别为1212()()00,2A B πρθρθρρ+>>,,,,, 则22221122222211(cos sin )1,4311(cos ()sin ()1,4232ρθρθππρθρθ⎧+=⎪⎪⎨⎪+++=⎪⎩ 即22212222111cos sin ,43111sin cos ,43θθρθθρ⎧=+⎪⎪⎨⎪=+⎪⎩……8分2212111174312ρρ+=+=,即22117||||12OA OB +=……10分 23. 解:(I)由()f x m ≥,得,不等式两边同时平方,得221)(21)x x ≥(-+,……3分 即3(2)0x x +≤,解得20x -≤≤.所以不等式()f x m ≥的解集为{|20}x x -≤≤.……5分(Ⅱ)设g (x )=|x -1|-|2x +1|,……8分()0()f n g n m ≥⇔≥-因为(2)(0)0g g -==,(3)1,(4)2,(1) 3.g g g -=--=-=- 又恰好存在4个不同的整数n ,使得()0f n ≥, 所以2 1.m -<-≤-故m 的取值范围为[1,2). ……10分 12,,21()3,1,22,1,x x g x x x x x ⎧+≤-⎪⎪⎪=--<≤⎨⎪-->⎪⎪⎩。
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你永远是最棒的2019 年高中毕业年级第一次质量预测理科数学 参考答案一、选择题(每小题 5 分,共 60 分) 1.C 2.D 3.B 4.C 5.A 6.C 7.B8.B9.A10.C11.B12.D二、填空题(每小题 5 分,共 20 分) 13. 20; 14.[-13,-4]; 15.144; 16.①②⑤.三、解答题(共 70 分) 17.解(Ⅰ)由blogn a 和 1bb122a a a,b得 log12 2n231 2 3a 1 a a2 3212.------------------------------------2分设等比数列1a 的公比为 q , a4na 1 a a 44q4q2q2 ,263122 3计算得出 q4 -------------------------------------4 分a 441 4nnn--------------------------------------------------------------------------------------6 分 (Ⅱ)由(1)得b nlog 2 4n 2n ,4111 c 444n n nnn n n n 1n n2 2 1 1--------------------------------7 分1设数列的前 n 项和为nn1A ,则nA n 1 12 12 131n1 n 1 n n 1-----9 分设数列4 4n444 的前n 项和为n B ,则 4 1B n ,--------------------------------11 分n n1 4 3n 4S n4 1n n1 3--------------------------------------------------------------------------------------12 分18. (Ⅰ)证明:连接AC底面ABCD 为菱形,ABC 60 ,ABC 是正三角形,E 是BC 中点,AE BC又AD // BC ,AE ADPA 平面A B C D,AE 平面A B C D,PA AE ,又PAAE 平面PAD ,又AE 平面AEF自信是迈向成功的第一步你永远是最棒的平面 AEF平面PAD. ………………………4分(Ⅱ)由(Ⅰ)得, AE , AD , AP 两两垂直,以 AE , AD , AP 所在直线分别为 x 轴, y 轴,z 轴建立如图所示的空间直角坐标系, ……………………5分 AE 平面 PAD ,AME 就是 EM 与平面 PAD 所成的角,15在 Rt D AME 中,sin AME,即5AE AM 6 2,设 AB 2a ,则 AE 3a ,得 AM 2a ,又 AD AB2a ,设 PA = 2b ,则 M (0,a ,b ) ,所以AM = a 2+ b 2= 2a ,从而b = a ,PA AD 2a ,……………………7分则 A (0, 0, 0), B ( 3a ,- a ,0) ,C ( 3a ,a , 0), D (0, 2a ,0) , P (0, 0, 2a ) ,3a a E ( 3a ,0,0), F( , ,a ),2 23a a所以 ( 3a ,0,0), AF ( , ,a )AE, BD( 3a ,3a ,0),…………8分2 2设 n(x , y , z )是平面 AEF 的一个法向量,则n nAE AF 0 03ax 3ax 20 ay 2 az 0取 z a ,得 n (0,2a ,a ) ………………9分 又 BD平面 ACF ,BD ( 3a ,3a ,0)是平面 ACF 的一个法向量, ……10分cosn 6a15 BD 2n , BD……………………11分5 5a 2 3an BD……………………12分15二面角C AF E 的余弦值为.519.(Ⅰ)设重度污染区 AQI 的平均值为x,则 74×2+114×5+2x=118×9,解得x=172.即重度污染区 AQI 平均值为 172.-----------------------------------------------------------2 分自信是迈向成功的第一步你永远是最棒的(Ⅱ)①由题意知,AQI 在[170,180)内的天数为 1,由图可知,AQI 在[50,170)内的天数为 17 天,故 11 月份 AQI 小于 180 的天数为 1+17=18,又18,则该学校去进行社会实践活动的概率为 3 30 53 5.---------------------------------5 分②由题意知,X 的所有可能取值为 0,1,2,3,且P (X =0)=C C30 18 12C3 30204 1015,P (X =1)= C C 2 11812C3 30459 1015,P (X =2)=C C1 2 1812C3 30297 1015,P (X =3)= C C 0 31812C3 3011 203, 则 X 的分布列为-------------------------------------------------------------10分 X123P204 1015 459 1015 297 1015 11203204459 297 116数学期望 EX =+1 +2 +3.----------------------------------12 分1015 1015 1015 203 520.解:(Ⅰ)设点 Mx ,P x , y,由题意可知,00 , yN x2PN 3MN ,2 x 0x ,y3 0,y ,------------------------------------------------2 分20 ,y y3即x x 0又点M 在为圆C : x2 y2 4上x y2 42x2 2y 代入得 14 3自信是迈向成功的第一步你永远是最棒的xy22即轨迹 E 的方程为 143-------------------------------------------------------------------4 分(2)由(1)可知 D 2,0,设A ,x 1, y2, yB x12y kx联立 2 y2x 4 3m 1得3 48 43k 2 x mkxm22mk2kmkm84 3 44121612392222即 3 4k 2 m 20 ,8 m9 mk16 12k3 22x1, 2 3 422kxxx x28mk 4m3 13 4213 4222k k---------------------------------------------------7 分3m12k2又y y kx kx m k x x mkm 2 x x m21 3 42 1 21 2 1 22k 2---------------8 分DA DB 即DA DB 0 DA DB DA DB即2,2, 2 4 0 x1yx yx x xx yy1 2 2 1 2 1 2 1 24m2 3 124k228mk34k243m212k234k2m mk k ------------------------------------------------------------------------10 分7 2 16 42 02解得m 1 2k ,m2k ,且均满足即3 4 0k 2 m27当m 2k1时,l 的方程为y kx 2k k x 2,直线恒过 2,0,与已知矛盾;自信是迈向成功的第一步你永远是最棒的2 222,0 当m2k ,l 的方程为yx ,直线恒过kx k k77 7 72 ,0所以,直线l 过定点,定点坐标为7.------------------------------------------------------------12 分21.解析:(Ⅰ)2x 8x a2,,则f (x) (x 0) f (1)= 0 a 6x(21)(3)x x从而f (x) (x 0),所以x (0,1)时,f (x) 0, f (x)为增函数;xx(1,3)时,f x < f x 为减函数,所以x 为极大值点.-----------------------------------4 分( ) 0, ( ) =1(Ⅱ)函数f x 的定义域为0,+,有两个极值点x x x x ,则t x x x a 在0,+上有两不等的正实根,所以0 a 8,1, 2 1 2 ( ) 2 82由x x41 2a0 x1x x 可得1 22 a 2x (4 x )1 1 x x1 2a ln x从而问题转化为在t 4 3x x 成立.----------------------6分x ,且x 1时12 1 111 1 x12x (4 x )ln x即证1 1 1 t 4 3x x21 x 111成立.2x ln x即证t x 11 11 x 1112x ln x即证1 1 t x 1 0即证1 x 11亦即证t x 12x11 2ln x 01x x11 1. ①t x 2 1令h(x ) 2ln x (0 x 2) 则xtx 2x t2h' (x ) (0 x 2)x21).当t 0时,h (x ) 0,则h(x)在(0, 2)上为增函数且h (1) 0 , ①式在(1, 2) 上不成立.'2).当t 0时,=4 4t2若0,即t 1时,h (x ) 0,所以h(x)在(0, 2)上为减函数且h (1) 0,'自信是迈向成功的第一步你永远是最棒的t x12x1、1在区间 ,及,2上同号, 故①式成立.2ln x 01 11xx11121若 0,即-1 t 0时,y=tx2x t 的对称轴x1,t1令 a则1 x a 时,hx不合题意.min,2 , ( ) 0,t综上可知:t1满足题意.x C :3 9x 2y,把公式222.(Ⅰ)曲线1yc os sin代入可得:C 的极坐标方程为6sin . 曲线1A,则有6 c os设 B,,则6.,sin2 2C 的极坐标方程为6 c os .-----------------------------------5分 所以,曲线255(Ⅱ)M到射线的距离为 d4sin2 ,6655与曲线C 交点 射线 P3,,166 55与曲线C 交点射线Q 3 3,2661PQ3故33 33 3SPQ d2---------------------10分23(Ⅰ)当1a 时,不等式 fx 6 可化为 3x 1 2x26, 2当1x 时,不等式即13x 2 2x6,x33 51x 时,不等式即3x 1 2 2x 6,x当13自信是迈向成功的第一步你永远是最棒的当 x 1时,不等式即3x 1 2x 26,x9 5综上所述不等式的解集为3 9x x 或x; -------------------------------5分55f x(Ⅱ)不等式34 2 2 0xx可化为 3x 0 2 a 3x42a6x 2a , x3g x 3x 2 a3x, 令2a2a , x3所以函数 gx最小值为2a , 根据题意可得 2 a 4 ,即 a 2,所以 a 的取值范围为2,.——————----—10分自信是迈向成功的第一步。
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A. 5
B. 4
C. 3
D. 2
【答案】B 【解析】 【分析】 由已知中的程序框图可知:该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 S 的值,模拟程序的运行过程, 分析循环中各变量值的变化情况,可得答案.
【详解】解:当 n=1 时,a=3 3 9 ,b=2,满足进行循环的条件, 22
5
当 n=2 时,a 9 9 27 ,b=4,满足进行循环的条件, 24 4
【详解】 z 2 i 1 2i ,该复数对应的点为 1, 2 ,在第四象限.故选 D.
i
【点睛】本小题主要考查复数的运算,考查复数对应点的坐标所在象限. 3.某城市为了解游客人数的变化规律,提高旅游服务质量,收集并整理了 2016 年 1 月至 2018 年 12 月期间 月接待游客量(单位:万人)的数据,绘制了下面的折线图,根据该折线图,下列结论错误的是( )
2
4.定义在 R 上的函数
f (x) (1) xm 3
2 为偶函數, a
f (log2
1 2
)
,
b
f
((
1
)
1 3
)
,
c
2
f (m) ,则
A. c a b
B. a c b
C. a b c
D. b a c
【答案】C
【解析】 【分析】
由偶函数得到 m 0 ,明确函数的单调性,综合利用奇偶性与单调性比较大小即可.
2a
b
3 ,则| b |
A. 3
B. 2
C. 1
D. 3 2
【答案】C
【解析】
【分析】
对
2a
b
3 两边平方,结合数量积的定义与法则即可得到结果.
【详解】∵向量 a 与 b
夹角为
3
,且| a | 1,
2a
b
3,
4
∴
2av
v b
2
3
,即
4av 2
4av
v b
v b2
3
v v2 ∴42 b b 3,
年接待游客量呈现逐年递增的趋势,可知 B 正确;
以 2018 年 8 月和 9 月为例,可得到月接待游客量并非逐月增加,可知 C 错误; 每年1月至 6 月的月接待游客量相对于 7 月至12 月的变化较小,数量更加稳定,可知 D 正确. 本题正确选项: C
【点睛】本题考查根据统计中的折线图判断数据特征的问题,属于基础题.
A. 各年的月接待游客量高峰期大致在 7,8 月份 B. 年接待游客量逐年增加 C. 月接待游客量逐月增加 D. 各年 1 月至 6 月的月接待游客量相对 7 月至 12 月,波动性更小,变化比较平稳 【答案】C 【解析】 【分析】
根据折线图依次判断各个选项,可通过反例得到 C 错误. 【详解】由折线图可知,每年游客量最多的月份为: 7,8 月份,可知 A 正确;
2020 届郑州市高中毕业年级第一次质量预测
理科数学试题卷
注意事项: 1.答题前,考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填 写清楚。 2.每小题选出答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦 干净后,再选涂其他答案标号。在试题卷上作答无效。 3.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回。满分 150 分,考试用时 120 分钟。 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分。在每小题给出的四个选项中,只有 一项是符合题目要求的) 1.设集合 A {x Z | x 2} , B {y | y 1 x 2} ,则 A B 的子集个数为( )
【详解】∵ f (x) (1) xm 2 为偶函数, 3
∴ m 0 ,即 f (x) (1) x 2 ,且其在0, 上单调递减,
3
又0
(
1
)
1 3
1,
2
∴c
f (m)
f
0 b
f
((
1
)
1 3
)
a
பைடு நூலகம்
2
f
(log
2
1) 2
f
1
故选:C
【点睛】本题考查函数的性质,考查函数的奇偶性与单调性,考查转化思想,属于中档题.
∴ S阴 800 , S正方形 2000
解得
S
阴
800 2000
S正方形
800 2000
9
18 5
,
18
∴估计阴影部分的面积是 .
5
故选:B.
【点睛】本题考查阴影面积的求法,考查几何概型等基础知识,考查运算求解能力,考查函数与方程思想,
是基础题.
6.已知向量 a 与 b 夹角为 3
,且| a | 1,
5.“纹样”是中国艺术宝库的瑰宝,“火纹”是常见的一种传统纹样,为了测算某火纹纹样(如图阴影部分所示) 的面积,作一个边长为 3 的正方形将其包含在内,并向该正方形内随机投掷 2000 个点,己知恰有 800 个点 落在阴影部分,据此可估计阴影部分的面积是
A. 16 5
B. 18 5
C. 10
D. 32 5
3
【答案】B
【解析】 【分析】
边长为 3 的正方形的面积 S 正方形=9,设阴影部分的面积为 S 阴,由几何概型得
S阴 S正方形
800
,由此能估计
2000
阴影部分的面积.
【详解】解:为了测算某火纹纹样(如图阴影部分所示)的面积,作一个边长为 3 的正方形将其包含在内,
则边长为 3 的正方形的面积 S 正方形=9, 设阴影部分的面积为 S 阴, ∵该正方形内随机投掷 2000 个点,已知恰有 800 个点落在阴影部分,
所以 | b |= 1 ,
故选:C
【点睛】本题考查利用数量积求模,考查数量积定义与运算法则,考查运算能力.
7.宋元时期数学名著《算学启蒙》中有关于“松竹并生"的问题,松长三尺,竹长一尺,松日自半,竹日自倍,
松竹何日而长等,如图是源于其思想的一个程序框图,若输人的 a , b 分别为 3,1,则输出的 n 等于
A. 4
B. 8
C. 16
D. 32
【答案】C
【解析】
分析:求出集合 A,B,得到 A B ,可求 A B 的子集个数
详解: A {x Z | x 2} {x Z | 2 x 2} 2, 1, 0.1, 2 ,
B {y | y 1 x2} {y | y 1}, A B 2, 1, 0,1,
A B 的子集个数为 24 16.
故选 C.
点睛:本题考查集合的运算以及子集的个数,属基础题.
2.复数 z 2 i 在复平面内对应的点位于( ) i
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
【答案】D 【解析】 【分析】
1
化简复数为 z a bi 的形式,求得复数对应点的坐标,由此判断所在的象限.